2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一篇　专题复习专题二　第4讲　课时1　功与功率　动能定理含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一篇专题复习

第4讲功和能课时1功与功率动能定理考点一功、功率的分析与计算功的计算恒力做功：W=Flcosα(α为F、l之间的夹角)变力做功：动能定理、微元法、等效法、转化研究对象法、平均力法、图像法、功率法(W=Pt)功率的计算平均功率：P=W瞬时功率：P=Fvcosα(α为F、v之间的夹角)机车启动两个基本关系式P=Fv，F-F阻=ma恒定功率启动P不变，v，F，a⇒以vm做匀速运动Pt-F阻s=12m恒定加速度启动a不变，F不变，v，P⇒P=P额，v，F，a⇒以vm做匀速运动最大速度vm无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速直线运动时的速度，即vm=P例1(2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中()A.摩擦力做功大小与F方向无关B.合力做功大小与F方向有关C.F为水平方向时，F做功为μmgxD.F做功的最小值为max答案D解析设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsinθ)，摩擦力做功大小Wf=μ(mg-Fsinθ)x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W=F合x=max，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F=ma+μmg，力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x，选项C错误；因合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsinθ=mg时，摩擦力Ff=0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。例2(2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为()A.2nmgω2C.3nmgω2答案B解析由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=WT，T=2πω，联立解得P=3nmgωRH例3(多选)(2025·陕西榆林市模拟)“辘轳”是中国古代取水的重要设施，如图甲所示，通过转动手柄将细绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度ω随时间t变化的图像如图乙所示，经3t0时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是()A.0~2t0，水桶做初速度为零的匀加速直线运动B.水井的深度为ω0Rt0C.把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为mgD.把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为m答案AD解析转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系有v=ωR，因0~2t0内，ω与t成正比，所以水桶的速度v与t成正比，即水桶做初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；题图乙中0~3t0内图线与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为θ，则θ=ω0(t0+3t0)2=2ω0t0，故水井的深度为h=θR=2ω0Rt0，故B错误；把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为P克=mgh3t0=mg·2ω0Rt03例4(多选)(2025·江西省部分学校一模)一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图甲所示，机车牵引力F和车速倒数1v的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受阻力大小恒定，t=t0A.所受恒定阻力大小为1.5×105NB.机车运动的额定功率为6×106WC.机车匀加速运动的时间为30sD.机车的质量为6×105kg答案AD解析由题图乙可知，机车在BC段以额定功率启动，当速度最大时，机车匀速行驶，机车所受恒定阻力大小等于机车牵引力的大小，则有Ff=F=1.5×105N，A正确；机车运动的额定功率P=Fvm=1.5×105×60W=9×106W，B错误；机车匀加速的末速度大小v=PF'=9×1064.5×105m/s=20m/s，由题图甲可知机车的加速度大小为a=0.5m/s2，机车匀加速运动的时间t0=va=40s，C错误；根据牛顿第二定律，结合题图甲可得F'-Ff=Ma，解得M考点二动能定理及应用1.应用动能定理解题的步骤图解：2.应用动能定理的四点提醒：(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。例5(2025·福建泉州市一模)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图所示是滑板运动的轨道，AB和CD分别是一段圆弧形轨道，BC是一段长7m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以6m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零。已知运动员与滑板的总质量为50kg，h=1.4m，H=1.8m，不计圆弧轨道上的摩擦和空气阻力(g取10m/s2)。求：(1)运动员第一次经过B点、C点时的速度各是多少？(2)运动员与BC轨道的动摩擦因数。(3)运动员最终停止的位置到B点的距离。答案(1)8m/s6m/s(2)0.2(3)2m解析(1)从P点到B点，根据动能定理有mgh=12mvB2-代入数据解得vB=8m/s。从C点到Q点，根据动能定理有-mgH=0-12m代入数据解得vC=6m/s。(2)从B到C由动能定理得-μmglBC=12mvC2-代入数据解得μ=0.2。(3)由能量守恒知，机械能的减少量等于因滑动摩擦而产生的内能，则有μmgs总=12mvP代入数据解得s总=16ms总=2lBC+2m故运动员最后停在距B点2m的地方。例6(2025·黑吉辽蒙卷·13)如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5m，A点距地面的高度h=1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。答案(1)5m/s(2)8m/s60°解析(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理得mgxsinθ-μmgcosθ·x=12mv代入数据解得v0=5m/s(2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理得mgh=12mv12-代入数据解得v1=8m/scosα=v0cosθv解得α=60°。例7(2025·山东菏泽市检测)如图甲所示，水平地面上固定一倾角α=37°的斜面。质量为m的物块以初速度v0沿斜面上滑，其动能Ek与离出发点位移x的关系如图乙所示。以出发点所在水平面为参考平面，重力加速度大小取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列判断正确的是()A.物块的质量m=0.5kgB.物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25C.物块的初速度v0=2m/sD.物块在运动过程中的最大重力势能Ep=20J答案B解析由题图乙可知，上滑过程，根据动能定理得-mgxsin37°-μmgxcos37°=0-40J，下滑过程，根据动能定理得mgxsin37°-μmgxcos37°=20J，联立解得m=5kg，μ=0.25，故A错误，B正确；由题图乙可知，物块的初动能为40J=12mv02，解得v0=4m/s，故C错误；当物块上滑到最高点时，重力势能最大，此时上升高度为h=xsin37°=1×0.6m=0.6m，故物块在运动过程中的最大重力势能Ep=mgh=30J变式(多选)(2025·广东梅州市期中)如图所示，光滑固定斜面底端固定一轻质弹簧，一滑块P从O点静止释放，向下滑动过程经a点接触弹簧，最低到达b点处。以O为原点、平行斜面向下为x轴正方向建立一维坐标系，a、b处坐标分别为x1、x2。设滑块在b处的重力势能为0，下滑过程中，滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、加速度a随位移x的变化图像符合实际的是()

答案BD解析设斜面的倾角为θ，滑块接触弹簧前，在经过一小段位移Δx过程中，根据动能定理得mgΔxsinθ=ΔEk，整理得ΔEkΔx=mgsinθ，滑块动能随位移均匀增加；滑块接触弹簧后在经过一小段位移Δx过程中，根据动能定理得(mgsinθ-F弹)Δx=ΔEk，整理得ΔEkΔx=mgsinθ-F弹，当F弹<mgsinθ时，由于弹簧弹力逐渐增大，图像斜率逐渐减小，故A错误；滑块下滑过程中有ΔEp=-mgΔh=-mgΔxsinθ，整理得ΔEpΔx=-mgsinθ，故B正确；滑块接触弹簧前滑块机械能守恒，滑块接触弹簧后，弹簧弹性势能增加，滑块机械能减小，故C错误；滑块接触弹簧前，根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma1，解得a1=gsinθ，滑块接触弹簧后，根据牛顿第二定律有mgsinθ-k(x-x1)=ma2，解得a2=gsin情景图像斜率定义由ΔEk=F合s，斜率k等于沿速度方向的合外力由ΔEpG=mg·Δx知斜率k等于重力mgΔEpN=F·Δx知斜率k等于弹簧弹力F“图像法”是根据题意把抽象复杂的物理过程有针对性地表示成物理图像，将两个物理量间的定量或定性关系转变为几何关系，运用图像直观、形象、简明的特点来分析解决物理问题，可化难为易、化繁为简，避免烦琐的计算，迅速找到正确答案。示例(2025·云南卷·6)如图所示，质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1>μ2。第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则()A.t1<t2 B.t1>t2C.x1>x2 D.x1<x2答案A解析对两次运动的整个过程，根据动能定理有12mv02=μ1mgxMN+μ2mg(x1-xMN)，12mv02=μ1mgxMN+μ2mg(x2-xMN)，可得x1=x2，故C、D错误；设滑块在水平面上滑动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg=ma，可得a=μg，由于μ1>μ2，故滑块在MN段滑动时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v-t图像与横轴围成的面积相等。由于第二次滑动时滑块距离M点的距离较近，根据公式v02-vM2=2μ2gx，可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v-t图像，可得专题强化练[分值：55分][1~6题，每题4分，7~9题，每题6分][保分基础练]1.(2025·云南卷·2)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近()A.4×105J B.4×104JC.4×103J D.4×102J答案B解析高中生的质量约为50kg，根据动能定理有W=12mv2=4.0×104J，故选B2.(2024·贵州卷·6)质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x=3m处，F做功的瞬时功率为()A.8W B.16W C.24W D.36W答案A解析根据题图可知物块运动到x=3m处，F做的总功为WF=3×2J+2×1J=8J该过程根据动能定理得WF=12mv解得物块运动到x=3m处时的速度v=4m/s故此时F做功的瞬时功率P=Fv=8W，故选A。3.(2023·湖北卷·4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为()A.P1v1C.(P1+答案D解析由题意可知对两节动车分别有P1=f1v1，P2=f2v2，当将它们编组后有P1+P2=(f1+f2)v，联立可得v=(P1+4.(2025·湖北省十一校第一次联考)生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。起重机滑轮运用了轮轴和斜面的原理。某工地用起重机吊起质量m=100kg的重物，将起重机的模型简化，如图乙所示。起重机底部安装了一个轮轴，其轴与轮的半径比为1∶2，若起重器将钢绳A以速度v=5m/s匀速收缩了20m，不计轮轴质量及一切阻力，滑轮大小可忽略，重力加速度g取10m/s2。在此过程中，下面说法正确的是()A.重物重力的功率为2500WB.重物重力的功率为5000WC.钢绳B对重物做的功为20000JD.钢绳B对重物做的功为50000J答案A解析“轮轴”系统中轴与轮的半径比为1∶2，根据同轴转动角速度相等结合v=rω，可知重物上升的速度v重=2.5m/s，则重物重力的功率为P重=mgv重=2500W，故A正确，B错误；A的速度与重物的速度之比为2∶1，则当A收缩20m时，重物上升了h=10m，钢绳B对重物的拉力等于重物的重力，则钢绳B对重物做的功WG=mgh=10000J，故C、D错误。5.(2023·辽宁卷·3)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中()A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大答案B解析由题图(b)可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P=mgvy可知，重力功率先增大后减小，C、D错误。6.(2025·甘肃定西市模拟)中国自主研发的第四代军用涡扇发动机WS-15在推力、燃油效率和可靠性等方面均达到了世界先进水平，已知WS-15涡扇发动机的喷气口的横截面积为S，喷出的燃气密度为ρ，燃气从喷气口喷出时的速度大小为v，则WS-15涡扇发动机喷气的功率为()A.12ρSv3 B.12ρSv2 C.ρSv2 答案A解析在时间间隔Δt内，喷出燃气的质量m=ρSvΔt，根据动能定理可得发动机做的功为W=ΔEk=12mv2=12ρSv3Δt，则WS-15涡扇发动机喷气的功率为P=WΔt=12[争分提能练]7.(2025·河南商丘市质检)如图所示，轻质细绳一端固定在天花板上，另一端跨过一光滑动滑轮和两固定在天花板上的光滑定滑轮，动滑轮下端挂有一重物。某人抓住绳的一端，从右侧定滑轮正下方A点以v=5m/s的水平速度匀速移动到B点，此时细绳与水平方向的夹角为θ=37°。已知重物质量为m=10kg，右侧定滑轮与A点绳末端的竖直距离h=3m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，不考虑滑轮的大小、质量和一切阻力，下列说法正确的是()A.重物匀速上升B.人到达B点时，重物重力的功率为200WC.整个过程人对重物做功为100JD.人行走时，对地面的摩擦力方向水平向右答案B解析在B点由关联速度可得，绳末端沿绳方向的分速度v1=vcosθ，人向右移动过程中，θ减小，v不变，故v1增大，即重物加速上升，A错误；人到达B点时，由动滑轮特点，重物上升的速度v2=12v1，即重物重力的功率P=mgv2=200W，B正确；由能量守恒定律，人对重物做的功等于重物机械能的增量，右侧绳长增长ΔL=hsinθ-h=2m，重物上升的高度H=12ΔL=1m，则W=mgH+12mv22=1208.(多选)(2025·湖南长沙市一模)倾角为37°的光滑固定斜面上有一小物块在沿斜面向上的力F的作用下由静止开始运动，斜面足够长，若力F的最大功率为P，小物块的动能为Ek、重力势能为Ep(以出发点的势能为零)、位移为x、运动过程中的速度为v，以沿斜面向上为正方向，物块从开始运动到抵达斜面顶端全程Ek-x图像如图甲所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，BC段为平行于横轴的直线，已知物块从0时刻开始经2s到达距出发点4m处，此时力F的功率刚好达最大值，之后保持该功率不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法中正确的是()A.物块的质量m=0.5kgB.F的最大功率P=32WC.图乙为物块运动过程的Ep-x图像D.到达顶端时速度v=163答案AD解析Ek-x图像的斜率表示合外力，所以0~4m内，F合=44N=1N，又F合=F-mgsin37°=ma，根据位移时间关系可得x1=12at12，解得m=0.5kg，F=4N，a=2m/s2，故A正确；2s末小物块的速度大小为v1=at1=4m/s，所以F的最大功率为P=Fv1=16W，故B错误；当小物块到达距出发点8m处时，重力势能为Ep=mgxsin37°=24J，与题图乙中数据不符，故C错误；2s后小物块所受外力F的功率不变，则小物块匀速阶段，P=F'v，F'=mgsin37°，解得v=163m/s，即小物块运动到斜面顶端时的速度大小为169.(2025·四川卷·7)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为32。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为gA.物块的位移大小为2B.物块机械能增量为5C.小车的位移大小为16PvD.小车机械能增量为8Pv答案C解析物块做匀加速直线运动，对物块根据牛顿第二定律有μmgcos30°-mgsin30°=ma，解得a=14g，根据运动学公式有v02=2ax1，解得物块的位移大小为x1=2v02g，故A错误；物块机械能增量为ΔE=12mv02+mgx1·sin30°=32mv02，故B错误；对小车根据动能定理有Pt-(μmgcos30°+mgsin30°)x=12mv02，其中t=v0a，联立解得x=16Pv0510.(13分)(2025·福建卷·15)如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为m=0.2kg，A与地面间的动摩擦因数为μ=0.25，B与地面无摩擦，两物块并排放置，在外力F的作用下向右前进，外力F与位移x的关系图像如图乙所示，P点为光滑圆弧轨道最低点，M点为最高点，水平地面长度大于4m，重力加速度g取10m/s2，求：(1)(2分)在0~1m内F做的功；(2)(4分)x=1m时，A与B之间的弹力大小；(3)(7分)要保证B能到达M点，圆弧半径r满足的条件。答案(1)1.5J(2)0.5N(3)r≤0.2m解析(1)0~1m内F为恒力，F做的功W=Fx1=1.5×1J=1.5J(2)x=1m时，设A、B之间的弹力大小为FAB，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律有F-f=2ma其中f=μmg对B受力分析，根据牛顿第二定律有FAB=ma代入数据，解得FAB=0.5N(3)当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据(2)分析可知此时F'=0.5N，结合题图乙可知A、B分离时B的位移为x=3m，此时A、B速度大小均为v。0~3m过程中，对A、B整体由动能定理得WF-μmgx=12×2mvF-x图线与横轴所围面积表示力F做的功，根据题图乙可得WF=1.5×1J+0.5+1.52×2J=3.5若B能到达M点，在M点的最小速度满足mg=mvA、B分离后，B经过水平面和圆弧轨道恰好运动到轨道最高点过程中，根据动能定理有-mg·2rmax=12mvmin2-联立解得rmax=0.2m，即圆弧轨道半径满足的条件为r≤0.2m。课时2机械能守恒定律功能关系考点一机械能守恒定律1.机械能守恒定律的表达式2.连接体的机械能守恒问题共速率连接体分清两物体位移大小与高度变化关系共角速度连接体两物体角速度相同，线速度与半径成正比关联速度连接体此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速度可能为0含轻弹簧连接体①同一根弹簧弹性势能的大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统：弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)例1(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；(3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。答案(1)45m/s17N(2)4m(3)215m/s解析(1)设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律12mv02=mg·2L+在该位置，根据牛顿第二定律FT-mg=mv解得v1=45m/s，FT=17N由牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小为FT'=17N(2)小球做平抛运动：x=v1t，2L=12gt解得x=4m(3)若小球经过N点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg=m从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律12mv0'2=mg·5L+12解得v0'=215m/s。例2(2025·山东济南市一模)如图所示，竖直平面内固定一根竖直杆P和水平杆Q，两杆在同一平面内，杆Q的延长线与杆P的交点为O。质量为2m的小球A和质量为m的小球B分别套在杆P和杆Q上，套在杆P上的轻质弹簧上端固定，下端与小球A相连。小球A、B间用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。弹簧处于原长时A、B间的轻杆与杆Q的夹角θ=53°，小球A从该位置由静止释放后在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能Ep=12kx2，x为弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数，整个过程弹簧始终处在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为gA.弹簧的劲度系数为mgB.小球A运动到O点时，小球B的速度最大C.小球A从最高点运动到O点的过程，水平杆Q对小球B的作用力始终大于mgD.从静止释放到θ=30°的过程中，轻杆对球B做功为325答案D解析小球A、弹簧和小球B组成的系统机械能守恒，小球A从开始释放到下降到最大距离时，由于在最低点两球的速度均为零，则根据机械能守恒定律有12k(2L)2=2mg·2L，解得k=2mgL，故A错误；小球A运动到O点时，小球B的速度为零，最小，选项B错误；小球A从最高点运动到O点的过程，小球B先加速后减速，根据FTcosθ=maB，当aB=0时FT=0，可知水平杆Q对小球B的作用力不是始终大于mg，选项C错误；轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上时，设B的速度为vB，A的速度为vA，根据关联速度关系可知：vAcos60°=vBcos30°，根据机械能守恒定律有2mg·2L(sin53°-sin30°)-12k(2Lsin53°-2Lsin30°)2=12×2mvA2+12mvB2，联立解得vB=625gL，根据动能定理可知轻杆对小球B考点二能量守恒定律及应用1.应用能量守恒定律解题的两个基本思路(1)某种形式的能减小，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE减=ΔE增。(2)某个物体的能量减小，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA减=ΔEB增。2.含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律。例3(2025·吉林通化市检测)在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16m。现将一质量m=1kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)快件与传送带间的动摩擦因数；(2)快件与传送带因摩擦而产生的热量；(3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。答案(1)0.875(2)56J(3)160J解析(1)快件放在传送带上先做匀加速运动，根据v2=2ax，结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度大小为a=162×8m/s2=1根据牛顿第二定律可得μmgcos37°-mgsin37°=ma解得动摩擦因数μ=0.875(2)根据题图乙可知，传送带的速度v=4m/s，快件加速的时间为t1=va=4快件与传送带的相对位移为Δx=vt1-12vt1=8快件和传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcos37°·Δx解得Q=56J(3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，则有W=mgLsin37°+12mv2+解得W=160J。1.传送带的动力学问题(1)求物体在传送带上运动时间、离开传送带时的速度、划痕长度、摩擦生热所用到的相对路程，往往需要根据动力学知识求解。(2)传送带中的动力学问题的分析思路2.传送带中的能量问题(1)求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。(2)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。(3)对W和Q的理解①传送带克服摩擦力做的功W=Ffx传。②产生的内能Q=Ffx相对。(4)将物体轻放在传送带上，物体从静止加速到与传送带共速时，摩擦生热与物体能量变化的关系①水平传送带，摩擦生热等于物体增加的动能Q=Ek；②倾斜传送带(放在最低点、向上传送)，摩擦生热等于物体增加的机械能，Q=ΔE。例4(2025·江苏镇江市模拟)如图所示，底部A处装有挡板、倾角θ=30°的足够长的斜面，其上静止放着一长金属板，下端与挡板接触。距离A处L=6.5m的B处固定一电动滚轮将金属板压紧在斜面上。现启动电机，滚轮匀速转动，将金属板由静止开始送往斜面上部。当金属板下端运动到B处时，滚轮提起与金属板脱离。金属板最终会返回斜面底部，与挡板相撞后静止，此时滚轮再次压紧金属板，又将金属板从A处送往斜面上部，如此周而复始，已知滚轮转动角速度ω=80rad/s，半径r=0.05m，滚轮对金属板的压力FN=2×104N、与金属板间的动摩擦因数为μ=0.35，金属板的质量为m=1×103kg，不计板与斜面间的摩擦，g取10m/s2。求：(1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小；(2)金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小；(3)金属板往复运动的周期以及每个运动周期中电动机输出的平均功率。答案(1)2m/s2(2)4.05×104J(3)5.225s1.3×104W解析(1)金属板在滚轮作用下加速上升时的加速度大小a=μFN-mg(2)滚轮边缘线速度大小v=ωr=4m/s，金属板匀加速运动时间t1=va=2运动位移x=12at12x<L=6.5m，L-x=2.5m，则金属板先加速运动4m，后匀速运动2.5m，故板下端运动到B处时的速度大小等于滚轮边缘的线速度大小，即为4m/s根据能量守恒，金属板每次与挡板撞击损失的机械能大小ΔE=12mv2+mgLsinθ=4.05×104(3)金属板匀速运动时间t2=L-xv此后先沿斜面向上做匀减速直线运动，再沿斜面向下做匀加速直线运动到底端，以沿斜面向上为正方向，总位移为x0=-6.5m，加速度大小为a0=gsinθ=5m/s2根据x0=vt3-12a0解得t3=2.6s金属板往复运动的周期T=t1+t2+t3=5.225s一个周期时间内产生的热量为Q=Ff·Δs=μFN(vt1-x)=2.8×104J电动机对金属板做功W=4.05×104J，电动机输出的平均功率P=W+QT≈1.3×104应用能量守恒定律解题的一般步骤考点三功能关系及应用1.功能关系的理解和应用功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度。(1)根据功能之间的对应关系，判定能量的转化情况。(2)根据能量转化，可计算变力做的功。2.常见功能关系能量功能关系表达式势能重力做功等于重力势能减少量W=Ep1-Ep2=-ΔEp弹力做功等于弹性势能减少量静电力做功等于电势能减少量分子力做功等于分子势能减少量动能合外力做功等于物体动能变化量W=Ek2-Ek1=12mv2-12机械能除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W其他=E2-E1=ΔE机摩擦产生的内能一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q=Ff·s相对s相对为相对路程电能克服安培力做功等于电能增加量W克安=E2-E1=ΔE例5(2024·浙江1月选考·3)如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，重力加速度为g，则足球()A.从1到2动能减少mghB.从1到2重力势能增加mghC.从2到3动能增加mghD.从2到3机械能不变答案B解析由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势能增加mgh，从1到2动能减少量大于mgh，故A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用，机械能减少，重力势能减少mgh，则动能增加小于mgh，故C、D错误。例6(多选)(2025·云南卷·10)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则()A.P、M两点之间的距离为kB.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为14mC.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为kD.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间答案CD解析设PO的距离为L，过程Ⅰ：根据动能定理有-mgsinθ·L-μmgcosθ·L=0-12mv0设MO的距离为L1，过程Ⅱ：当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1=mgsinθ+μmgcosθ ②P、M两点之间的距离L2=L-L1，μ=tanθ，联立解得L2=kv02-8mg2sin2θ4kgsinθ，故A错误；根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgcosθ·L-12kL2，结合①式及μ=tanθ可得ΔE=14mv02-kv0432g2sin2θ，故B错误；设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律12kL2=mgsinθ·x+μmgcosθ·x+12k(x-L)2，联立解得x=kv02-8mg2sin2θ2kgsinθ通过对物理知识的理解、物理过程的分析或计算，排除不符合题意的选项，从寻找差异性的角度，采用逐一排除的方法来确定答案。在遇到用已有知识解决不了的问题时，换个角度，排除错误的，剩下的就是正确的。示例(2025·山东潍坊市三模)某次训练投掷中，运动员将质量m=4kg的铅球以初速度v0斜向上抛出(抛出时记为零时刻)，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。已知铅球在t1=0.5s时动能达到最小值Ekmin=150J。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能Ek、重力势能Ep随时间t或高度h变化的关系图像正确的是()答案C解析铅球斜向上抛出，经时间t上升高度h=v0yt-12gt2，Ep=mgh=mg(v0yt-12gt2)，故Ep-t图像为曲线，排除B选项；由动能定理-mgh=Ek-12mv02，得Ek=12mv02-mg(v0yt-12gt2)=12mv02+12mg2t2-mgv0y·t，知Ek-t图像为曲线，排除A选项；铅球上升时间t1=0.5s，上升的最大高度H=12gt12=1.25m，Ep=mgh，Ep-h图像是向上倾斜的直线，且上升和下降过程的图像重合，排除D选项；铅球在最高点动能为最小动能，则Ekmin=12mv0x2=150J，抛出点竖直分速度v0y=gt1=5m/s，铅球在抛出点动能Ek0=12mv02=12m专题强化练[分值：45分][1~6题，每题4分，7题6分][保分基础练]1.(2025·广东珠海市等三地一模)网球运动员在离地面h1高度处将网球以大小为v1的速度斜向上击出，空气阻力的影响不可忽略，网球经过一段时间后升到最高点，此时网球离地面高度为h2，速度大小为v2。已知网球质量为m。则()A.网球从被击出到最高点的过程，机械能守恒B.网球从被击出到最高点的过程，减少的动能全部转化为增加的重力势能C.网球在其轨迹最高点时重力的功率等于零D.网球从被击出到最高点的过程，克服空气阻力做功为12mv12-答案C解析网球从被击出到最高点的过程，要克服空气的阻力做功，机械能不守恒，减少的动能一部分转化为重力势能，另一部分用来克服空气阻力做的功，A、B错误；在最高点时，速度v2沿水平方向，竖直方向的速度为vy=0，功率P=Fv=mgvy=0，C正确；由动能定理可知-mg(h2-h1)-W克f=12mv22-12mv12，解得W克f=12mv12-12mv22.(2025·广东肇庆市一模)如图所示，a、b两小球(均可视为质点)通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮(视为质点)上。开始时，a球放在水平地面上，连接b球的细线水平伸直且无拉力。现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0。不计空气阻力，则a、b两球的质量之比为()A.3∶1 B.2∶1 C.3∶2 D.1∶1答案A解析连接b球的细线摆到竖直位置时，由机械能守恒定律有mbgl=12mbv2。对小球b：FT-mbg=mbv2l，对球a：FT=mag，联立解得ma∶mb=3∶13.(2025·山东日照市二模)某运动员将铅球斜向上推出后，铅球的运动过程如图所示，不计空气阻力。下列关于铅球在空中运动过程中的加速度大小a、速度大小v、重力的瞬时功率P和机械能E随运动时间t的变化关系，正确的是()答案C解析不计空气阻力，铅球在空中只受重力，所以加速度始终为g，机械能守恒，所以a-t和E-t图像都是与横轴平行的直线，故A、D错误；铅球的速度大小为v=v0x2+(v0y-gt)2，可知v-t图像不是直线，故B错误；重力的瞬时功率大小为P=|mg4.(2025·江苏省G4联考调研)如图所示，物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于光滑固定斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q，初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，现将P由静止释放，不计一切阻力，则P从N点下滑到最低点M的过程中()A.P的机械能一直减小B.杆对P的冲量为零C.P、Q组成的系统机械能守恒D.经过M点前P与Q的速度大小关系vP<vQ答案A解析P下滑过程中，除了重力对P做功外，轻绳的拉力对P一直做负功，P的机械能一直减小，故A正确；根据冲量的定义可知，杆对P的冲量不为零，故B错误；由于弹簧弹力对Q做功，所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故C错误；设轻绳与杆的夹角为α，则P沿绳方向的分速度大小等于Q的速度大小，即vPcosα=vQ，所以除了N点和M点外，P与Q的速度大小关系为vP>vQ，故D错误。5.(2025·山东卷·5)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给电动机供电，刚好维持小车以速度v匀速运动，此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量)，该光伏电池的光电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为()A.2kv2C.kv2+答案A解析根据题意小车匀速运动，则有F=f=kv，小车的机械功率P机=Fv=kv2，由于电动机的效率为50%，则有P电=P机η电=kv20.5=2kv2，光伏电池的光电转换效率为η=P电P太阳，可知获得太阳能的功率P太阳6.(多选)(2025·湖北武汉市检测)如图所示，倾角为α的光滑固定斜面底端有一固定挡板P，两个用轻弹簧连接在一起的滑块M、N置于斜面上处于静止状态。现给滑块M一个沿斜面向上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块N刚要离开挡板时滑块M的速度为v。已知M、N的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，弹簧始终处于弹性限度内。重力加速度为g。则关于从滑块M开始运动到滑块N刚要离开挡板的过程，下列说法中正确的是()A.滑块M的位移为3B.滑块N刚要离开挡板的瞬间，滑块M的加速度大小为2gsinαC.滑块M获得的瞬时冲量大小为4D.重力对滑块M做的功为2答案BC解析滑块M、N置于斜面上处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，根据胡克定律有mgsinα=kx1，滑块N刚要离开挡板时，弹簧处于拉伸状态，根据胡克定律有mgsinα=kx2，滑块M的位移为x=x1+x2，解得x=2mgsinαk，故A错误；滑块N刚要离开挡板的瞬间，对滑块M进行分析，根据牛顿第二定律有mgsinα+kx2=ma，解得a=2gsinα，故B正确；重力对滑块M做的功W=-mg(x1+x2)sinα，解得W=-2m2g2sin2αk，故D错误；结合上述可知，滑块M向上运动过程中，弹簧初始位置的压缩量等于末位置的伸长量，即弹簧初末状态的弹性势能相等，根据系统机械能守恒可得12mv02-12mv2=mg(x1+x2)[争分提能练]7.(多选)(2025·四川绵阳市二模)如图所示，在水平地面上固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与套在圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切